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第15章 傅里叶级数§15.1 傅里叶级数一 基本内容一、傅里叶级数 在幂级数讨论中1()nn n f x a x ∞==∑，可视为()f x 经函数系21, , , , , n x x x L L线性表出而得．不妨称2{1,,,,,}nx x x L L 为基，则不同的基就有不同的级数．今用三角函数系作为基，就得到傅里叶级数．1 三角函数系函数列{}1, cos , sin , cos 2, sin 2, , cos , sin , x x x x nx nx L L 称为三角函数系．其有下面两个重要性质．(1) 周期性 每一个函数都是以2π为周期的周期函数；(2) 正交性 任意两个不同函数的积在[,]ππ-上的积分等于 零，任意一个函数的平方在上的积分不等于零．对于一个在[,]ππ-可积的函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:L ，定义两个函数的内积为(),()()()d bn m n m au x u x u x u x x=⋅⎰，如果0 (),() 0 n m l m nu x u x m n ≠=⎧=⎨≠⎩，则称函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:L 为正交系． 由于1, sin 1sin d 1cos d 0nx nx x nx x ππππ--=⋅=⋅=⎰⎰；sin , sin sin sin d 0 m nmx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；cos , cos cos cos d 0 m n mx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；sin , cos sin cos d 0mx nx mx nx x ππ-=⋅=⎰；2 1, 11d 2x πππ-==⎰，所以三角函数系在[],ππ-上具有正交性，故称为正交系．利用三角函数系构成的级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为三角级数，其中011,,,,,,n n a a b a b L L 为常数2 以2π为周期的傅里叶级数定义1 设函数()f x 在[],ππ-上可积，11(),cos ()cos d k a f x kx f x kx xππππ-==⎰0,1,2,k =L ；11(),sin ()sin d k b f x kx f x kx xππππ-==⎰1,2,k =L ，称为函数()f x 的傅里叶系数，而三角级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为()f x 的傅里叶级数，记作()f x ～()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑．这里之所以不用等号，是因为函数()f x 按定义1所得系数而获得的傅里叶级数并不知其是否收敛于()f x ．二、傅里叶级数收敛定理定理1 若以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-++=∑，其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数．定义2 如果()[, ]f x C a b '∈，则称()f x 在[,]a b 上光滑．若[,),(0),(0)x a b f x f x '∀∈++存在；(,],(0)x a b f x ∀∈-，(0)f x '-存在，且至多存在有限个点的左、右极限不相等，则称()f x 在[,]a b 上按段光滑．几何解释如图．按段光滑函数图象是由有限条 光滑曲线段组成，它至多有有限个第一类间断点与角点．推论 如果()f x 是以2π]上按 段光滑，则x R ∀∈，有 ()01()cos sin 2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑．定义3 设()f x 在(,]ππ-上有定义，函数() (,]ˆ()(2) (2,2],1,2,f x x f x f x k x k k k πππππππ∈-⎧=⎨-∈-+=±±⎩L称()f x 为的周期延拓．二 习题解答1 在指定区间内把下列函数展开为傅里叶级数(1) (),(i) , (ii) 02f x x x x πππ=-<<<<；解：(i)、()f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得011()d d 0a f x x x x ππππππ--===⎰⎰．当1n ≥时，11cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰11sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰，11sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰1112cos cos d (1)|n x nx nx x n n n ππππππ+---=+=-⎰，所以11sin ()2(1)n n nxf x n ∞+==-∑，(,)x ππ∈-为所求． (ii)、()f x =x ，(0,2)x π∈作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得220011()d d 2a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时，22011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰220011sin sin d 0|x nx nx x n n ππππ=-=⎰，22011sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2200112cos cos d |x nx nx x n n n ππππ--=+=⎰，所以1sin ()2n nxf x n π∞==-∑，(0,2)x π∈为所求． (2) 2()(i) (ii) 02f x =x , -π<x <π,<x <π；解：(i)、()2f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．由系数公式得220112()d d 3a f x x x x πππππππ--===⎰⎰．当1n ≥时，2211cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰211sin 2sin d |x nx x nx x n n ππππππ--=-⎰ 22d(cos )x nx n πππ-=⎰ 222224cos cos d (1)|n x nx nx x n n n ππππππ--=-=-⎰，2211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰212cos cos d |x nx x nx xn n ππππππ---=+⎰22d(sin )x nx n πππ-=⎰ 2222sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰，所以221sin ()4(1)3nn nxf x n π∞==+-∑，(,)x ππ∈-为所求．解：(ii)()2f x =x (0,2)x ∈其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．由系数公式得222200118()d d 3a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时，2222011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰2220011sin 2sin d |x nx x nx xn n ππππ=-⎰2202d(cos )x nx n ππ=⎰2222200224cos cos d |x nx nx x n n n ππππ=-=⎰，222211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2220012cos cos d |x nx x nx xn n ππππ-=+⎰22042d(sin )x nx n n πππ=-+⎰2222004224sin sin d |x nx nx x n n n n ππππππ=-+-=-⎰，所以22214cos sin ()43n nx nx f x n n ππ∞=⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑，(0,2)x π∈为所求．(3) 0()(,0,0)0ax x f x a b a b bx x ππ-<≤⎧=≠≠≠⎨<<⎩．解：函数()f x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．由系数公式得000111()()d d d 2b a a f x x ax x bx x ππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，02011cos d cos d n a ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰2[1(1)]n a bn π-=--0011sin d sin d n b ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰1(1)n a b n ++=-所以21()2()1()cos(21)4(21)n b a b a f x n x n ππ∞=--=+--∑11sin ()(1)n n nxa b n ∞+=++-∑，(,)x ππ∈-为所求．2 设f 是以2π为周期的可积函数，证明对任何实数c ，有2 11()cos d ()cos d ,0,1,2,c n c a f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰L， 2 11()sin d ()sin d ,1,2,c n c b f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰L． 证：因为()f x ，sin nx ，cos nx 都是以2π为周期的可积函数，所以令2t x π=+有211()cos d (2)cos (2)d(2)cc f x nx x f t n t t ππππππππ-+=---⎰⎰c+2 c+211()cos d ()cos d f t nt t f x nx xππππππ==-⎰⎰．从而 2 1()cos d c n ca f x nx xππ+=⎰2 11()cos d ()cos d c n cca f x nx x f x nx xππππ+-==⎰⎰c+211()cos d ()cos d f x nx x f x nx xππππππ-++⎰⎰1()cos d f x nx xπππ-=⎰．同理可得2 11()sin d ()sin d c n cb f x nx x f x nx xπππππ+-==⎰⎰．3 把函数04()04x f x x ππππ⎧--<≤⎪⎪=⎨⎪≤<⎪⎩展开成傅里叶级数，并由它推出(1)11114357π=-+-+L ；(2) 111111357111317π=+--+-+L；(3)11111157111317=-+-+-+L．解：函数()f x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得00111()d d d 044a f x x x x πππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，11cos d cos d 044n a nx x nx x ππππππ--=+=⎰⎰．11sin d sin d 44n b nx x nx xππππππ--=+⎰⎰11211[1(1)]202n n k nn n k+⎧=+⎪=--=⎨⎪=⎩，故11()sin(21),(,0)(0,)21n f x n x x n ππ∞==-∈--∑U 为所求．(1) 取2x π=，则11114357π=-+-+L；(2) 由11114357π=-+-+L得111112391521π=-+-+L ，于是111111341257111317πππ=+=+--+-+L ；(3) 取3x π=，则111111457111317π⎫=-+-+-+⎪⎝⎭L ，11111157111317=-+-+-+L．4 设函数()f x 满足条件()()f x f x π+=-，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=-，所以(2)()()f x f x f x ππ+=-+=，即()f x 是以2π为周期的函数． 于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰11()d ()d f t t f x x πππππ=-+⎰⎰11(2)d ()d f t t f x xππππππ=-++⎰⎰11()d ()d 0f t t f x x πππππ=++=⎰⎰．当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xππππππ=+++⎰⎰101(1)()cos d n f x nx x ππ++-=⎰ 02()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰，故当()()f x f x π+=-时，函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是20k a =，20k b =．5 设函数()f x 满足条件：()()f x f x π+=，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=，所以(2)()()f x f x f x ππ+=+=，即()f x 是以2π为周期的函数．于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰11()d ()d f t t f x xπππππ=-+⎰⎰11(2)d ()d f t t f x xππππππ=-++⎰⎰112()d ()d ()d f t t f x x f x xπππππππ=++=⎰⎰⎰．当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xπππππ=++⎰⎰1(1)()cos d nf x nx xππ+-=⎰02()cos d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰，故当()()f x f x π+=时，函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是210k a -=，210k b -=．6 试证函数系cos , 0,1,2,nx n =L 和sin , 1,2,nx n =L 都是[0, ]π上的正交函数系，但他们合起来的却不是[0, ]π上的正交函数系．证：就函数系{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx L L ， 因为n ∀，1,1d x ππ==⎰，2001cos ,cos cos d (cos21)d 22nx nx nx x nx x πππ==+=⎰⎰，又01,cos cos d 0nx nx x π==⎰；,m n ∀，m n ≠时，cos ,cos cos cos d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=++-=⎰⎰．所以{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx L L 在[0, ]π上是正交系．就函数系{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx L L ， 因为n ∀，2001sin ,sin sin d (1cos2)d 22nx nx nx x nx x πππ==-=⎰⎰，又,m n ∀，m n ≠时，sin ,sin sin sin d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=-++-=⎰⎰．所以{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx L L 在[0, ]π上是正交系． 但{1,sin ,cos ,sin 2,cos2,,sin ,cos ,}x x x x nx nx L L 不是 [0, ]π上的正交系． 实因：01,sin sin d 10x x x π==≠⎰．7 求下列函数的傅里叶级数展开式(1)(),022xf x xππ-=<<；解：(),02xf x xππ-=<<其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．由系数公式得2200011()d d02xa f xx xπππππ-===⎰⎰．当1n≥时，220011cos d d(sin)22nx xa nx x nxnππππππ--==⎰⎰22001sin sin d022|xnx nx xn nπππππ-=+=⎰，220011sin d d(cos)22nx xb nx x nxnππππππ---==⎰⎰220011cos cos d22|xnx nx xn n nπππππ-=--=⎰，所以1sin()nnxf xn∞==∑，(0,2)xπ∈为所求．(2) ()f x xππ=-≤≤；解：()f x xππ=-≤≤作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．因为2()2xxf xxxππ-≤< ==⎨⎪≤≤⎪⎩，所以由系数公式得1()da f x xπππ-=⎰sin d sin d22x xx xππ-=．当1n≥时，0sin cos d sin cos d 22n x x a nx x nx x ππ-=+sin cos d 2x nx x π=．0sin sin d sin sin d 022n x x b nx x nx x ππ-=+=．所以211()cos 41n f x nxn∞==-，(,)x ππ∈-．而x π=±时，(0)(0)()2f f f πππ±-+±+==±，故211()cos 41n f x nxn∞==-，[,]x ππ∈-为所求．(3) 2(), (i) 02, (ii) f x ax bx c x x πππ=++<<-<<； 解：(i)由系数公式得2001()d a f x xππ=⎰22218()d 223aax bx c x b cππππ=++=++⎰．当1n ≥时，2201()cos d n a ax bx c nx xππ=++⎰2220011()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=++++⎰24an =，2201()sin d n b ax bx c nx xππ=++⎰2220011()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=-++-+⎰42a n n ππ=--，故224()3a f x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a bnx nx x n n ππ∞=++-∈∑为所求．(ii)由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰2212()d 23aax bx c x cππππ-=++=+⎰．当1n ≥时，21()cos d n a ax bx c nx xπππ-=++⎰211()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=++++⎰24(1)n an =-，21()sin d n b ax bx c nx xπππ-=++⎰211()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=-++-+⎰12(1)n bn -=-，故222()3af x ax bx c cπ=++=+2142(1)cos (1)sin ,(,)nn n a b nx nx x n n ππ∞=+---∈-∑为所求．(4) ()ch , f x x x ππ=-<<；解：由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰12ch d sh x x πππππ-==⎰．当1n ≥时，1ch cos d n a x nx xπππ-=⎰11ch sin sh sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰21sh d(cos )x nx n πππ-=⎰ 2211sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰222sh 1(1)n na n n ππ=--， 所以22sh (1)(1)nn a n ππ=-+．11ch sin d ch d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰11ch cos sh cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰21sh d(sin )x nx n πππ-=⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx x n n ππππππ--=-+⎰21nb n =，所以0n b =，故21211()ch sh (1)cos 21n n f x x nx n ππ∞=⎡⎤==+-⎢⎥+⎣⎦∑， (,)x ππ∈-为所求．(5) ()sh ,f x x x ππ=-<<．解：由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰1sh d 0x x πππ-==⎰． 当1n ≥时，1sh cos d 0n a x nx x πππ-==⎰．11sh sin d sh d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰11sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰121(1)sh ch d(sin )n x nx n n πππππ+-=-+⎰ 122211(1)sh ch sin sh sin d |n x nx x nx xn n n ππππππππ+--=-+-⎰1221(1)sh n nb n n ππ+=--，所以122sh (1)(1)n n n xb n π+=-+，故1212sh ()sh (1)sin (1)n n n f x x nxn ππ∞+===-+∑，(,)x ππ∈-为所求．8 求函数221()(362)12f x x x ππ=-+的傅里叶级数展开式并应用它推出22116n n π∞==∑．解：由224()3af x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a bnx nx x n n ππ∞=++-∈∑得221()(362)12f x x x ππ=-+222326πππ=-+211cos n nx n ∞=+∑211cos n nx n ∞==∑，(0,2)x π∈．而2(00)(20)6f f ππ+=-=，故由收敛定理得22211(00)(20)11cos062n n f f n n ππ∞∞==++-===∑∑．9 设()f x 为[],ππ-上光滑函数，()()f f ππ-=．且,n n a b 为()f x 的傅里叶系数，,n n a b ''为()f x 的导函数()f x '的傅里叶系数．证明00,,(1,2,)n n n n a a nb b na n '''===-=L ．证：因为()f x 为[],ππ-上光滑函数，所以()f x '为[],ππ-上的连续函数，故可积． 由系数公式得1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx x πππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰故结论成立．10 证明：若三角级数01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑中的系数,n n a b 满足关系{}33sup ,n n nn a n b M≤，M 为常数，则上述三角级数收敛，且其和函数具有连续的导函数．证：设0()2a u x =，()cos sin n n n u x a nx b nx =+，1,2,n =L ． 则0n ∀≥，()n u x 在R 上连续，且0()0u x '=，()sin cos nn n u x na nx nb nx '=-+亦在R 上连续． 又x R ∀∈，()sin cos n n n u x n a nx n b nx '≤+n n n a n b ≤+22M n ≤．而22Mn∑收敛，所以()()cos sin nn n u x nb nx na nx '=-∑∑在R 上一致收敛．故设01()(cos sin )2n n n a s x a nx b nx ∞==++∑，则11()(cos sin )()n n nn n s x na nx nb nx u x ∞∞==''=-+=∑∑且1()(cos sin )n n n s x na nx nb nx ∞='=-+∑在R 上连续．§15. 2 以2l 为周期的函数的展开一 基本内容一、以2l 为周期的函数的傅里叶级数 设()f x 是以2l 为周期的函数，作替换ltx π=，则()lt F t f π⎛⎫= ⎪⎝⎭是以2π为周期的函数，且()f x 在(, )l l -上可积()F t ⇔在(,)ππ-上可积． 于是 ()01()cos sin 2n n n a F t a nt b nt ∞=++∑:，其中 1()cos d ,n a F t nt t πππ-=⎰1()sin d n b F t nt tπππ-=⎰．令xt l π=得()()lt F t f f x π⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin sin ,cos cos n x n xnt nt l l ππ==， 从而01()cos sin 2n n n a n x n x f x a b l l ππ∞=⎛⎫++ ⎪⎝⎭∑:． 其中1()cos ,l n l n x a f x dx l l π-=⎰ 1()sin l n l n x b f x dx l l π-=⎰．上式就是以2l 为周期的函数()f x 的傅里叶系数．在按段光滑的条件下，亦有01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x n x n x a b l l ππ∞=++-⎛⎫=++ ⎪⎝⎭∑．其只含余弦项，故称为余弦级数．同理，设()f x 是以2l 为周期的奇函数，则()cos f x nx 奇，()sin f x nx 偶．于是1()cos d 0l n l n xa f x x l l π-==⎰，012()sin d ()sin d l l n l n x n xb f x x f x x l l l l ππ-==⎰⎰．从而01()sin2n n a n x f x a l π∞=+∑:由此可知，函数(),(0,)f x x l ∈要展开为余弦级数必须作偶延拓．偶延拓() (0,) ()() (,0)f x xl f x f x x l ∈⎧=⎨-∈-⎩%函数(),(0,)f x x l ∈要展开为正弦级数必须作奇延拓． 奇延拓() (0,) ()() (,0)f x x l f x f x x l ∈⎧=⎨--∈-⎩%．二 习题解答1 求下列周期函数的傅里叶级数展开式 (1) ()cos f x x =(周期π)；解：函数 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因2l π=，所以由系数公式得 22002244cos d cos d a x x x x ππππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，222cos cos 2d n a x nx x πππ-=⎰204cos cos 2d x nx xππ=⎰202[cos(21)cos(21)]d n x n x xππ=++-⎰220011sin(21)sin(21)(21)(21)||n x n x n n ππππ=++-+-22221(1)2(1)2(21)(21)n n n n ππ+-⋅-⋅=++-124(1)(41)n n π+=--． 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故121241()cos (1)cos241n n f x x nxn ππ∞+===+--∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．(2) ()[]f x x x =-(周期1)；解：函数()[]f x x x =-，11,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数． 因12l =，所以由系数公式得()()1112100022[]d 2[]d 2d 1a x x x x x x x x -=-=-==⎰⎰⎰．当1n ≥时，()()1121022[]cos 2d 2[]cos 2d n a x x n x x x x n x xππ-=-=-⎰⎰110012cos2d d(sin 2)x n x x x n x n πππ==⎰⎰110011sin 2sin 2d 0|x n x n x x n n ππππ=-=⎰． ()1121022[]sin 2d 2sin 2d n b x x n x x x n x xππ-=-=⎰⎰101d(cos2)x n x n ππ-=⎰110011cos2cos2d |x n x n x x n n ππππ-=+⎰1n π-=．故1111()[]sin 22n f x x x n xn ππ∞==-=-∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．(3) 4()sin f x x =(周期π)；解：函数4()sin f x x =，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．2222由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因2l π=，所以由系数公式得 442200224sin d sin d a x x x x πππππ-==⎰⎰22041cos 2d 2x x ππ-⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰204311cos 2cos 4d 828x x x ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰34=．当1n ≥时，204311cos2cos4cos2d 828n a x x nx xππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰11201,2128n n n n ⎧-=⎪⎪=≠≠⎨⎪⎪=⎩． 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故4311()sin cos2cos4828f x x x x==-+，(,)x ∈-∞+∞为所求．(4) ()sgn(cos )f x x = (周期2π)．解：函数()sgn(cos )f x x =，(,)x ππ∈-延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因l π=，所以由系数公式得0012sgn(cos )d sgn(cos )d 0a x x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，02sgn(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰202224cos d cos d sin 2n nx x nx x n πππππππ=-=⎰⎰ 4sin 2n n ππ=024(1)21(21)kn kn k k π=⎧⎪=⎨-=-⎪+⎩．2sgn(cos )sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故14cos(21)()sgn(cos )(1)21nn n xf x x n π∞=+==-+∑，(,)x ∈-∞+∞．2 求函数 01() 1 123 23x x f x x x x ≤≤⎧⎪=<<⎨⎪-≤≤⎩的傅里叶级数并讨论其收敛性．解：函数()f x ，(0,3)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因32l =，所以由系数公式得31230001222224()d d d (3)d 33333a f x x x x x x x ==++-=⎰⎰⎰⎰． 当1n ≥时， 12012222cos d cos d 3333n n x n xa x x x ππ=+⎰⎰3222(3)cos d 33n x x x π+-⎰21011212d sin sin 33n x n x x n n ππππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰3212(3)d sin 3n x x n ππ⎛⎫+- ⎪⎝⎭⎰ 10121214sin sin d sin 333n n x n x n n n ππππππ=-+⎰3322121212sin (3)sin sind 333n n x n xx x n n n ππππππ-+-+⎰12201432sin cos 323n n xn n ππππ=+32221432sin cos 323n n xn n ππππ--2222323cos 232n n n πππ=-2222334cos2cos 223n n n n ππππ-+2222323cos 3n n n πππ=-．2()sin d 0n b f x nx x πππ-==⎰．故2221231122()cos cos333n n n x f x n n πππ∞=-⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．3 将函数()2f x xπ=-在[0,]π上展开成余弦级数．解：函数()2f x xπ=-，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得20021d 0222a x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰．当1n ≥时，2cos d 2n a x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d 2x nx nx x n n πππππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰202cos nxn ππ=-242102n k n n kπ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩．0n b =．故2141()cos(21),[0,]2(21)n f x x n x x n πππ∞==-=-∈-∑．4 将函数()cos2xf x =在[0,]π上展开成正弦级数．解：函数()cos2xf x =，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数．由系数公式得0,0,1,2,n a n ==L ．02cos sin d 2n x b nx x ππ=⎰ 0111sin sin d 22n x n x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰11cos cos 1221122n x n x n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥=-+⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦28(41)nn π=-．故在[0, ]π上218()cos sin 241n x nf x nxn π∞===-∑为所求．5 把函数102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩ 在(0, 4)上展开成余弦级数．解：函数()f x ，(0,4)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因4l =，所以由系数公式得4240002211()d (1)d (3)d 0422a f x x x x x x ==-+-=⎰⎰⎰．当1n ≥时，402()cos d 44n n xa f x x π=⎰240211(1)cos d (3)cos d 2424n x n xx x x x ππ=-+-⎰⎰220022(1)sin sin d 44n x n x x x n n ππππ=-+⎰442222(3)sin sind 44n xn xx x n n ππππ--⎰22208cos 4n xn ππ=42228cos 4n xn ππ+2282cos 1(1)2n n n ππ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭220421642n k n k n π≠-⎧⎪=⎨=-⎪⎩ 所以102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩22181(21)cos (21)2n n x n ππ∞=-=-∑为所求．6 把函数()2()1f x x =-在(0, 1)上展开成余弦级数，并推出222116123π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭L ．解：函数()f x ，(0,1)x ∈延拓为以2为周期的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因l=0.5，所以由系数公式得11200022()d 2(1)d 3a f x x x x ==-=⎰⎰．当1n ≥时，1202(1)cos d n a x n x xπ=-⎰1120022(1)sin (1)sin d x n x x n x xn n ππππ=---⎰11222222(1)cos cos d x n x n x xn n ππππ=--⎰224n π=．0n b =．所以2221141(1)cos ,[0,1]3n x nx x n π∞=-=+∈∑．令0x =得22114113n n π∞==+∑，即22116n n π∞==∑．7 求下列函数的傅里叶级数展开式 (1) ()arcsin(sin )f x x =；解：函数()arcsin(sin )f x x =是以2π为周期的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数．由系数公式得0,0,1,2,n a n ==L ．2arcsin(sin )sin d n b x nx x ππ=⎰20222sin d ()sin d x nx x x nx x ππππππ=+-⎰⎰22022cos cos d x nx nx xn n ππππ-=+⎰2222()cos cos d x nx nx x n n πππππππ--+-+⎰204cos d nx x n ππ=⎰24sin2n n ππ=2024(1)21k n kn k n π=⎧⎪=⎨-=-⎪⎩所以214(1)()arcsin(sin )sin(21)(21)nn f x x n x n π∞=-==--∑，x R ∈．(2) ()arcsin(cos )f x x =．解：()arcsin(cos )f x x =2π 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002arcsin(cos )d 0a x x ππ==⎰，当1n ≥时，2arcsin(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰2cos d 2x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d nx nx xn n ππππ=+⎰202421n k n k n π=⎧⎪=⎨=-⎪⎩．0,1,2,n b n ==L ．所以2141()arcsin(cos )cos(21)(21)n f x x n xn π∞===--∑，x R ∈．8 试问如何把定义在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的可积函数()f x 延拓到区间(),ππ-内，使他们的傅里叶级数为如下的形式(1)211cos(21)n n an x∞-=-∑； (2) 211sin(21)n n bn x∞-=-∑．解：(1)先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下：()02()()2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪--<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下：()0ˆ()(2)2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨-<≤⎩．其图象如下． 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰，当1n ≥时，201()sin d 0n b f x nx x ππ==⎰．2()cos d n a f x nx xππ=⎰20222()cos d ()cos d f x nx x f x nx xπππππ=+⎰⎰202()[cos cos()]d f x nx n nx xπππ=--⎰204()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()cos(21)0,2n n f x a n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑． (2) 先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下．()02()()2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下．()0ˆ()(2)2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨--<≤⎩．由于按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又)x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰，当1n ≥时，201()cos d 0n a f x nx x ππ==⎰2()sin d n b f x nx xππ=⎰20222()sin d ()sin d f x nx x f x nx xπππππ=+⎰⎰202()[sin sin()]d f x nx n nx xπππ=+-⎰204()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()sin(21)0,2n n f x b n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑．§15. 3 收敛定理的证明一 基本内容一、贝塞尔(Bessel)不等式定理1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则()2222011()d 2n n n a a b f x x πππ∞-=++≤∑⎰,其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数．推论1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则lim ()cos d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰, lim ()sin d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰．推论2 设()f x 在[,]ππ-上可积，则01lim ()sin d 02n f x n x x π→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰，1lim ()sin d 02n f x n x x π-→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰．定理2 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上可积，则()1()cos sin 2nn k k k a S x a kx b kx ==++∑1sin 12()d 2sin2n tf x t tt πππ-⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+⎰，此称为()f x 的傅里叶级数的部分和的积分表达式．二、收敛性定理的证明定理3 (收敛性定理) 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则(0)(0)lim ()022n n f x f x S x →∞-+⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦，定理4 如果()f x 在[,]ππ-上有有限导数，或有有限的两个单侧导数，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．定理5 如果()f x 在[,]ππ-按段单调，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．二 习题解答1 设()f x 以2π为周期且具有二阶连续的导函数，证明()f x 的傅里叶级数在(,)-∞+∞上一致收敛于()f x ．证：由题目设知()f x 与()f x '是以2π为周期的函数，且光滑， 故01()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑，1()(cos sin )2nn n a f x a nx b nx ∞=''''=++∑，且1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx x πππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰于是2222111122n nn n nn a b a b a b nn n n ''⎛⎫⎛⎫''+=+≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22211()2n n a b n ''=++．由贝塞尔不等式得221()n nn a b ∞=''+∑收敛，又211n n∞=∑收敛，从而()12n nn a a b ∞=++∑收敛，故01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑在(,)-∞+∞上一致收敛．2 设f 为[],ππ-上可积函数，证明：若f 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于f ，则成立贝塞尔(Parseval)等式()2 2220 11()d 2n n n a f x x a b πππ∞-==++∑⎰， 这里,n n a b 为f 的傅里叶系数．证：设()01cos sin 2mm n n n a S a nx b nx ==++∑，因为()f x 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于()f x ，所以0,0N ε∀>∃>，,[,]()m m N x f x S ππε∍>∀∈-⇒-<“”．于是2(),()m m f x S f x S ε--<．而(),()(),()2(),,m m m m m f x S f x S f x f x f x S S S --=-+()()22 2222200 11()d 222m m n n n n n n a a f x x a b a b ππππππ-==⎡⎤=-+++++⎢⎥⎣⎦∑∑⎰()2 2220 1()d 2m n nn a f x x a b ππππ-==--+∑⎰．所以m N >时，。
第十五章 傅里叶级数总练习题1、求三角多项式T n (x)=2A 0+∑=n1k k k sinkx )B +coskx (A 的傅里叶级数展开式.解：T n (x)以2π为周期，且在(-∞,+∞)上光滑，∴能展开为傅里叶级数.又a 0=⎰ππ-02A π1dx+∑⎰⎰=n 1k ππ-k ππ-k dx )sinkx B +dx coskx A (π1=A 0; 当m ≥0时，a m =⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-n1k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A π1cosmxdx=⎩⎨⎧>≤n m 0，n m ，A m ;b m =⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-n1k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A π1sinmxdx=⎩⎨⎧>≤nm ，0n m ，B m .∴在(-∞,+∞)上，有T n (x)=2a 0+∑∞=1m m m sinm x )b +cosmx (a =2A 0+∑=n1k k k sinkx )B +coskx (A ，即T n (x)的傅里叶级数展开式是其本身.2、设f 为[-π,π]上的可积函数，a 0, a k , b k (k=1,2,…,n)为f 的傅里叶系数. 试证明：当A 0=a 0, A k =a k , B k =b k (k=1,2,…,n)时，积分⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx取得最小值，且最小值为⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ]. 其中 T n (x)=2A 0+∑=n1k k k sinkx )B +coskx (A ，A 0, A k , B k 为其傅里叶系数.证：⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx=⎰∑⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ππ-2n1k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A )x (f dx=-2⎰∑∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=∞=ππ-n1k k k 01k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A sinkx)b +coskx (a 2a dx+⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-2n 1k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A dx+⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∞=ππ-21k k k 0sinkx)b +coskx (a 2a dx =-2π⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k k k k k 00b B a A a 2A +π⎪⎪⎭⎫⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k 2k 2k 20B A 2A +2π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k 2k 2k 20b a 2a -π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k 2k 2k 20b a 2a +π⎪⎭⎫ ⎝⎛+∑∑∞+=∞+=1n k 1n k 2k 2k b a =π⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∑∑==n1k 2k k n 1k 2k k 200)b -(B )a -(A )a -(A 21+π∑∞+=+1n k 2k 2k )b (a .∴当A 0=a 0, A k =a k , B k =b k (k=1,2,…,n)时，⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx 取得最小值.方法一：根据帕塞瓦尔等式有⎰ππ-2(x)f π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a ，即 ⎰ππ-2(x )f dx=2πa 20+π∑∞=1n 2n 2n )b +(a ，∴这个最小值为 π∑∞+=+1n k 2k2k)b (a =π∑∞=+n k 2k2k)b (a -π∑=n1k 2k2k)b +(a =⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ]. 方法二：又⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx=⎰ππ-2)x (f dx-2⎰ππ-n (x )T )x (f dx+⎰ππ-2n (x )T dx.∵2⎰ππ-n (x )T )x (f dx=π00A a +2π∑=+n 1k k k k k )B b A a (=π2a +2π∑=n1k 2k 2k )b +(a ，由贝塞尔不等式有⎰ππ-2n(x )T dx ≥2πA 20+∑=n 1k 2n 2n )B +(A π=2πa 20+π∑=n 1k 2k 2k )b +(a ， ∴⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx ≥⎰ππ-2)x (f dx-π2a -2π∑=n1k 2k2k )b +(a +2πa 20+π∑=n 1k 2k 2k )b +(a=⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ]，即 ⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx 有最小值⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ]. 方法三：又⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx=⎰∑⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ππ-2n1k k k 0sinkx)b +coskx (a 2a )x (f dx=⎰ππ-2)x (f dx-2⎰∑∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=∞=ππ-n1k k k 01k k k 0sinkx)b +coskx (a 2a sinkx)b +coskx (a 2a dx+⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-2n1k k k 0sinkx)b +coskx (a 2a dx=⎰ππ-2)x (f dx-2π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k 2k 2k 20b a 2a +π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n1k 2k 2k 20b a 2a =⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ].3、设f 是以2π为周期，且具有二阶连续可微的函数. b n =nx sin )x (f π1ππ-⎰dx ，b n ”=nx sin )x (f π1ππ-⎰''dx. 证明：若级数∑''nb 绝对收敛，则∑=n1k k |b |≤)|b |2(21n1k k∑=''+. 证：利用∑=n1k 2k 1≤∑∞=1k 2k1=6π2<2，及分部积分法可得：b n ”=nx sin )x (f π1ππ-⎰''dx=-cosnx )x (f πn ππ-⎰'dx=-sinnx )x (f πn ππ-2⎰dx=-n 2b n ；∴)|b |2(21n 1k k ∑=''+≥)|b |k 1(21n1k k n 1k 2∑∑==''+=])|b |(k k 1[212k 2n 1k 2+∑=≥|b |k k 1221k n 1k ⋅⋅∑==∑=n 1k k |b |.注：可记a ’n =cosnx )x (f π1ππ-⎰'dx; 则a ’n =-nb n ，b ”n =na ’n ，∴b ”n =-n 2b n .4、设周期为2π的可积函数f(x)与g(x)分别满足以下关系式： (1)f(-x)=g(x)；(2)f(-x)=-g(x). 试问：f 的傅里叶系数a n , b n 和g 的傅里叶系数αn , βn 有什么关系？ 解：令x=-t ，则 a n =cosnx )x (f π1ππ-⎰dx=-cos(-nt))t (f π1ππ-⎰-d(-t)=cosnt )t (f π1ππ-⎰-dt, n=0,1,2,…； b n =sinnx )x (f π1ππ-⎰dx=-sin(-nt))x (f π1ππ-⎰-d(-t)= -sinnt )t (f π1ππ-⎰-dt, n=1,2,….(1)当f(-x)=g(x)时，a n =cosnt )t (g π1ππ-⎰dt=αn , n=0,1,2,…； b n = -sinnt )t (g π1ππ-⎰dt=-βn , n=1,2,….(2)当f(-x)=-g(x)时，a n =cosnt )t (g -π1ππ-⎰dt=-αn , n=0,1,2,…； b n =sinnt )t (g π1ππ-⎰dt=βn , n=1,2,….5、设定义在[a,b]上的连续函数列{g n }满足：⎰bam n )x (g )x (g dx=⎩⎨⎧=≠m n 1mn 0，，；对于在[a,b]上的可积函数f ，定义αn =⎰ba n )x (g )x (f dx, n=1,2,….证明：∑∞=1n 2nα收敛，且有不等式∑∞=1n 2nα≤⎰ba 2)x (f dx.证：作级数∑∞=1n n n )x (g α，令S m (x)=∑=m1n n n )x (g α，则⎰-ba2m )]x (S )x ([f dx=⎰b a2)x (f dx-2⎰b am )x (S )x (f dx+⎰ba2m )x (S dx ；又2⎰ba m )x (S )x (f dx=2⎰∑=ba m 1n n n )x (g α)x (f dx=2∑⎰=m1n ba n n )x (g )x (f αdx=2∑=m1n 2n α；由{g n }的定义有：⎰b a 2m)x (S dx=⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ba2m 1n n n )x (g αdx=∑=m1n 2n α；∴0≤⎰-b a 2m )]x (S )x ([f dx=⎰ba 2)x (f dx-∑=m 1n 2nα, 即∑=m1n 2n α≤⎰ba2)x (f dx. 又m 为任意自然数，且⎰ba 2)x (f dx 为有限值，∴∑∞=1n 2nα因部分和数列有界而收敛，且有∑∞=1n 2nα≤⎰ba 2)x (f dx.。
第十5章 傅里叶级数1傅里叶级数一、三角级数·正交函数系概念1：由正弦函数y=Asin(ωx+φ)表示的周期运动称为简谐振动，其中A 为振幅，φ为初相角，ω为角频率，其周期T=ω2π.常用几个简谐振动y k =A k sin(k ωx+φk ), k=1,2,…,n 的叠加来表示较复杂的周期运动，即：y=∑=n 1k k y =∑=n1k k k )φ+ x sin(k ωA ，其周期为T=ω2π.若由无穷多个简谐振动叠加得函数项级数A 0+∑∞=1n n n )φ+ x sin(n ωA 收敛，当ω=1时，sin(nx+φn )=sin φn cosnx+cos φn sinnx ，所以 A 0+∑∞=1n n n )φ+sin(nx A = A 0+∑∞=1n n n n n sinnx )cos φA +cosnx sin φ(A ，记A 0=2a 0，A n sin φn =a n ，A n cos φn =b n ，n=1,2,…，则该级数可以表示为： 2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a . 它是由三角函数列(或称为三角函数系) 1,cosx,sinx,cos2x, sin2x,…,cosnx,sinnx,…构成一般形式的三角级数.定理15.1：若级数2a 0+∑∞=+1n n n |)b ||a (|收敛，则三角级数2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a 在整个数轴上绝对收敛且一致收敛.证：对任何实数x ，∵|a n cosnx+b n sinnx|≤|a n |+|b n |， 由魏尔斯特拉斯M 判别法得证.概念2：若两个函数φ与ψ在[a,b]上可积，且⎰ba φ(x )ψ(x )dx=0，则 称函数φ与ψ在[a,b]上是正交的, 或称它们在[a,b]上具有正交性，若有一系列函数两两具有正交性，则称其为正交函数系.注：三角函数列：1,cosx,sinx,cos2x, sin2x,…,cosnx,sinnx,…有以下性质： 1、所有函数具有共同的周期2π；2、任何两个不相同的函数在[-π, π]上具有正交性，即为在 [-π, π]上的正交函数系. 即有：⎰ππ-cosnx dx=⎰ππ-sinnx dx=0；⎰ππ-cosmx cosnx dx=0 (m ≠n)；⎰ππ-sinmx sinnx dx=0 (m ≠n)；⎰ππ-cosmx sinnx dx=0 (m ≠n).3、任何一个函数的平方在[-π, π]上的积分都不等于零，即⎰ππ-2nx cos dx=⎰ππ-2nx sin dx=π；⎰ππ-21dx=2π.二、以2π为周期的函数的傅里叶级数定理15.2：若2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a 在整个数轴上一致收敛于f ，则：a n =⎰ππ-f(x)cosnx π1dx, b n =⎰ππ-f(x)sinnx π1dx, n=1,2,…. 证：由定理条件可知，f(x)在[-π, π]上连续且可积，∴⎰ππ-f(x )dx=2a⎰ππ-dx +∑⎰⎰∞=1n ππ-n ππ-n )sinnx dx b +dx cosnx (a =2a 0·2π=a 0π.即a 0=⎰ππ-f(x)π1dx. 对f(x)=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a两边同时乘以coskx(k 为正整数)，可得：f(x)coskx=2a 0coskx +∑∞=1n n n )sinnx coskx b +cosnx coskx (a ，则新级数收敛，有coskx f(x )ππ-⎰dx=2a 0⎰ππ-coskx dx +∑⎰⎰∞=1n ππ-n ππ-n )dx sinnx coskx b +coskx dx cosnx a (.由三解函数的正交性，等式右边除了以=a k 为系数的那一项积分kx cos a 2ππ-k ⎰dx= a k π外，其余各项积分都为0，∴coskx f(x )ππ-⎰dx= a k π，即a k =⎰ππ-f(x)coskx π1dx (k=1,2,…). 同理，对f(x)=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a两边同时乘以sinkx(k 为正整数)，可得：b k =⎰ππ-f(x)sinkx π1dx (k=1,2,…).概念3：若f 是以2π为周期且在[-π, π]上可积的函数，则按定理15.2中所求a n , b n 称为函数f(关于三角函数系)的傅里叶系数，以f 的傅里叶系数为系数的三角级数2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a 称为f(关于三角函数系)的傅里叶级数，记作f(x)~2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a .注：若2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a 在整个数轴上一致收敛于f ，则，f(x)=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a .三、收敛定理概念4：若f 的导函数在[a,b]上连续，则称f 在[a,b]上光滑. 若定义在[a,b]上除了至多有限个第一类间断点的函数f 的导函数在[a,b]上除了至多有限个点外都存在且连续，在这有限个点上导函数f ’的左右极限存在，则称f 在[a,b]上按段光滑.注：若函数f 在[a,b]上按段光滑，则有： 1、f 在[a,b]上可积；2、在[a,b]上每一点都存在f(x ±0)，且有t 0)f(x -t)f(x lim 0t +++→=f ’(x+0)，t-0)f(x -t)f(x lim 0t ---→=f ’(x-0)；3、补充定义f ’在[a,b]上那些至多有限个不存在点上的值后，f ’在[a,b]上可积.定理15.3：(傅里叶级数收敛定理)若周期为2π的函数f 在[-π, π]上按段光滑，则在每一点x ∈[-π, π]，f 的傅里叶级数2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a 收敛于f 在点x 的左右极限的算术平均值，即20)-f(x 0)f(x ++=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a ，其中a n , b n 为傅里叶系数.注：当f 在点x 连续时，则有20)-f(x 0)f(x ++=f(x)，即f 的傅里叶级数收敛于f(x).推论：若周期为2π的续连函数f 在[-π, π]上按段光滑，则f 的傅里叶级数在(-∞,+∞)上收敛于f.注：由f 周期为2π，可将系数公式的积分区间[-π, π]任意平移，即：a n =⎰+2πc c f(x)cosnx π1dx, b n =⎰+2πc c f(x)sinnx π1dx, n=1,2,….c 为任意实数. 在(-π, π]以外的部分，按函数在(-π, π]上的对应关系作周期延拓，如 f 通过周期延拓后的函数为：,2,1k ],1)π(2k , 1)π-(-(2k x ，) 2π-f(x ]π, (-πx ，f(x)(x)f ˆ⎩⎨⎧⋯±±=+∈∈= 函数f 的傅里叶级数就是指函数(x)fˆ的傅里叶级数.例1：设f(x) )0, (-πx ，0]π[0,x x ，⎩⎨⎧∈∈=，求f 的傅里叶级数展开式.解：f 及其周期延拓后图象如图：可见f 按段光滑.由收敛定理，有a 0=⎰ππ-f(x)π1dx=⎰π0x π1dx=2π. 当n ≥1时，a n =nx cos f(x)π1ππ-⎰dx=⎰π0xcosnx π1dx=⎰-π0π0sinnx n π1|xsinnx n π1dx=π2|cosnx πn 1 =πn 12(cosn π-1)=πn 1(-1)2n -；b n =⎰ππ-f(x)sinnx π1dx=⎰π0xsinnx π1dx=-⎰+π0π0cosnx n π1|xcosnx n π1dx=n (-1)1n +.∴在(-π, π)上，f(x)=4π+∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-1n n2n sinnx n (-1)cosnx πn 1-)1(.当x=±π时，该傅里叶级数收敛于20)πf(0)πf(+±+-±=20π+=2π.∴f 在[-π, π]上的傅里叶级数图象如下图：例2：把函数f(x)= π2x πx πx 0πx 0 x 22⎪⎩⎪⎨⎧≤<-=<<，，，展开成傅里叶级数. 解：f 及其周期延拓后图象如图：可见f 按段光滑.由收敛定理，有a 0=⎰2π0f(x)π1dx=⎰π02x π1dx-⎰2ππ2x π1dx =-2π2. 当n ≥1时，a n =nx cos f(x)π1ππ-⎰dx =⎰π02cosnx x π1dx-⎰2ππ2cosnx x π1dx ； 又⎰π02cosnx x π1dx=⎰-π0π02xsinnx n π2|sinnx x n π1dx=21n n 2(-1)+-；⎰2ππ2cosnx x π1dx=⎰-2ππ2ππ2xsinnx n π2|sinnx x n π1=21n 2n 2(-1)n 4++； ∴a n =21n 221n n 2(-1)n 4n 2(-1)++---=2n4[(-1)n -1]. b n =⎰2π0f(x)sinnx π1dx=⎰π02sinnx x π1dx-⎰2ππ2sinnx x π1dx ；又⎰π02sinnx x π1dx=-⎰-π0π02xcosnx n π2|cosnx x n π1dx=πn ](-1)-2[1n π)1(3n 1n --+；⎰2ππ2sinnx x π1dx=-⎰-2ππ2ππ2xcosnx n π2|cosnx x n π1dx=-πn ](-1)-2[1n π)1(n 4π3n 1n +--+； ∴b n =πn ](-1)-2[1n π)1(3n 1n --++πn ](-1)-2[1n π)1(n 4π3n 1n --++ =πn ](-1)-4[1n 2π)1(n 4π3n n ---=πn ](-1)-4[1n (-1)]-[1 2πn 2π3n n -+ =⎪⎭⎫ ⎝⎛-+πn 4n 2π](-1)-[1n 2π3n ；∴当x ∈(0, π)∪(π, 2π]时， f(x)= -π2+∑∞=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++1n 3n n 2sinnx πn 4n 2π](-1)-[1n 2π1]cosnx -[(-1)n 4 .当x=π时，该傅里叶级数收敛于20)f(π0)f(π++-=2)π(π22-+=0；当x=0或2π时，该傅里叶级数收敛于20)f(00)f(0++-=204π-2+=-2π2.注：由当x=2π时，有f(x)= -π2+∑∞=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++1n 3n n 2sinnx πn 4n 2π](-1)-[1n 2π1]cosnx -[(-1)n 4=-π2+∑∞=1n n 21]-[(-1)n4=-π2-8∑∞=+0n 21)(2n 1=-2π2. 可求得∑∞=+0n 21)(2n 1=8π2.例3：在电子技术中经常用到矩形波，用傅里叶级数展开后，就可以将巨形波看成一系列不同频率的简庇振动的叠加，在电工学中称为谐波分析。
第十五章 傅里叶级数一．填空题1. 设)(x f 是周期为π2的函数.在),[ππ-上的表达式为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<=<≤--=ππππx x x x f 0,2,0,0,0,2)(.则)(x f 的傅里叶系数=n a .2.若)(x f 在],[ππ-上按段光滑.则)(x f 在],[ππ-上的傅里叶级数()=++∑∞=1sin cos 2n n n nx b nx a a . 3. 设,0(),0,0x x f x x ππ≤≤⎧=⎨-≤<⎩则此函数的傅里叶级数在π=x 处收敛于 .4. 设⎪⎩⎪⎨⎧≤<=<<--=ππx x x x x x f 0,,0,0,0,)(22.则此函数的傅里叶级数在0=x 处收敛于 .5. 设⎩⎨⎧<≤<≤-50,3,05,0)(x x x f .则此函数的傅里叶级数在0=x 处收敛于 .6. )(x f 是以π2为周期的连续函数.且在],[ππ-上按段光滑.则()=++∑∞=1sin cos 2n n n nx b nx a a . 二．选择题1.下列说法正确的是（ ）.A 若)(x f 是以π2为周期的函数.且在],[ππ-上可积.则)(x f 的傅里叶系数中的⎰-=ππnxdx x f b n sin )(. ,3,2,1=n.B 若)(x f 是以l 2为周期的函数.且在],[l l -上可积.则)(x f 的傅里叶系数中的⎰-=ll n dx lxn x f a πcos)(. ,3,2,1=n .C 若)(x f 是以π2为周期的偶函数.且在],[ππ-上按段光滑.则)(x f 在],[ππ-上可展开成余弦级数∑∞=1cos n n nx a ..D 若)(x f 是以π2为周期的奇函数.且在],[ππ-上按段光滑.则)(x f 在],[ππ-上可展开成正弦级数∑∞=1sin n n nx b .2.设)(x f 是周期为π2的函数.在),[ππ-上的表达式为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<=<≤--=ππππx x x x f 0,4,0,0,0,4)(.则下列说法错误的是（ ）.A )(x f 在),(ππ-上可以展开成傅里叶级数. .B )(x f 的傅里叶展式在π=x 处收敛于4π. .C )(x f 的傅里叶展式在0=x 处收敛于0. .D )(x f 的傅里叶系数0=n a .3.设函数)(x f 满足)()(x f x f -=+π.则该函数的傅里叶级数具有性质（ ）.A 0=n a .B 0=n b .C 022==n n b a .D 01212==--n n b a4.设)(x f 是周期为π2的函数.在),[ππ-上的表达式为⎩⎨⎧<≤<<--=ππx x x f 0,4,0,4)(.则下列说法正确的是（ ）.A )(x f 的傅里叶展式在0=x 处收敛于4..B )(x f 的傅里叶展式在π-=x 处收敛于-4. .C )(x f 的傅里叶展式在π=x 处收敛于4. .D )(x f 的傅里叶展式在π±=x 处均收敛于0.5.将⎩⎨⎧<<-≤<-=42,3,20,1)(x x x x x f 在)4,0(上展开成余弦级数.则下面关说法错误的是（ ）.A )(x f 的傅里叶展式在2=x 处收敛于-1..B )(x f 的傅里叶展式在0=x 处收敛于1. .C )(x f 的傅里叶展式在4=x 处收敛于1. .D )(x f 的傅里叶展式在3=x 处收敛于1.6. 若将函数x x f =)(在)2,0(内展成正弦级数.则下列说法正确的是（ ）.A 40=a.B )(x f 的正弦级数展式在2=x 处收敛于2. .C 当)2,0(∈x 时.展成的正弦级数收敛于)(x f 本身. .D )(x f 在)2,0(内不能展成余弦级数 三．判断题1. ,sin ,cos ,,2sin ,2cos ,sin ,cos ,1nx nx x x x x 是],[ππ-上的正交函数系. ( )2.若)(x f 是以π2为周期的函数.且在],[ππ-上按段光滑.则)(x f 在],[ππ-上的傅里叶级数收敛于)(x f 本身. （ ）3.若)(x f 在],[ππ-上按段光滑.则)(x f 在],[ππ-上可以展成傅里叶级数. （ ）4.函数)(x f 是在],[ππ-上的周期函数.且在],[ππ-上按段光滑.则)(x f 在],[ππ-上可以展成正弦级数. （ ）5.函数)(x f 的傅里叶级数在连续点处收敛于该点的函数值. ( )6.设函数,0(),0,0x x f x x ππ≤≤⎧=⎨-≤<⎩则此函数的傅里叶级数在x π=-处收敛于0.( )7. ,sin ,cos ,,2sin ,2cos ,sin ,cos ,1nx nx x x x x 是],0[π上的正交函数系. ( ) 8.x x f =)(在)2,0(上不能展成余弦级数. ( )9.2cos )(xx f =在],0[π上不能展成正弦级数. ( )10.若级数()∑∞=++10||||2||n n n b a a 收敛.则级数()∑∞=++1sin cos 2n n n nx b nx a a 在整个数轴上一致收敛. ( ) 四．计算题1.（1）将2)(xx f -=π在]2,0[π上展开成傅里叶级数；（2）利用展开式证明： +-+-=71513114π2.将x x f =)(在)1,1(-上展开成傅里叶级数.3.（1）将x x f =)(在]1,0[上展开成余弦级数； （2）根据展开式求()211.21n n ∞=-∑4.将x e x f =)(在],0[π上展开成正弦级数.5.求⎩⎨⎧<≤<<-=T x x T C x f 0,0,0,)(（C 是常数）在),[T T -上的傅里叶展开式.五．证明题1.设)(x f 在],[ππ-上可积或绝对可积.若对],[ππ-∈∀x .成立)()(x f x f =+π.证明：01212==--n n b a .2.设周期为π2的可积函数)(x f 在],[ππ-的傅里叶系数为n n b a ,.函数)(x g 的傅里叶系数为n n b a ~,~.且)()(x f x g -=.证明：n n n n b b a a ==~,~.3.根据2)1()(-=x x f 在)1,0(的余弦级数展开式证明631211222π=+++ .4.已知帕萨瓦尔等式为∑⎰∞=-++=122202)(2)]([1n n n b a a dx x f πππ.（n n b a ,为)(x f 的傅里叶系数）.利用),(,cos )1(431222πππ-∈-+=∑∞=x nx n x n n 证明9031211444π=+++ . 5.已知),(,cos )1(431222πππ-∈-+=∑∞=x nx nx n n.利用逐项积分法证明3x 在),(ππ-的傅里叶级数为x n n n n sin )6()1(21322∑∞=--π第十六章——第十七章一、判断题1、设平面点集{}(,),D x y x y Z =∈.则(0,0)为其内点。
数学分析2部分习题解析傅里叶级数部分第3节部分习题1、设f 以2π为周期且具有二阶连续的导数，证明f 的傅里叶级数在(),-∞+∞上一致收敛于f 。
证明由条件知，f 一定是以2π为周期的连续函数且在一个周期区间[],ππ-上按段光滑，所以由收敛定理得，在(),-∞+∞上有()011cos sin ()2n n n a a nx b nx f x ∞=++=∑，其中0a ，n a ，n b （1n ≥）为()f x 的傅里叶系数。
由三角级数一致收敛的判别法，下证()0112n n n a a b ∞=++∑收敛即可。
事实上，记0a '，n a '，nb '为导函数()f x '的傅里叶系数，由()f x 与()f x '的傅里叶系数的关系得0a '=，n n a nb '=，n n b na '=-。
所以，()()22211112n n n n n n a b b a a b n n n ⎛⎫''''+=+≤++ ⎪⎝⎭。
又由傅里叶系数满足的贝塞尔不等式得，()()()221nn n a b ∞=''+∑收敛，再注意到211n n∞=∑收敛，所以()0112n n n a a b ∞=++∑收敛，故结论成立。
2、设f 为[],ππ-上的可积函数，证明：若f 的傅里叶级数在[],ππ-上一致收敛于f ，则成立帕塞瓦尔等式：()22220111()d 2n n n f x x a a b πππ∞-==++∑⎰，其中0a ，n a ，n b （1n ≥）为()f x 的傅里叶系数。
证明由f 在[],ππ-上可积得，f 在[],ππ-上有界，从而由题设可得()2011()()cos ()sin ()2n n n a f x a f x nx b f x nx f x ∞=++=∑，在[],ππ-上一致成立。
第十五章 傅里叶级数（2021.1）一、 填空1、若函数()f x 与()g x 在[,]a b 上正交，则,()()=⎰b a f x g x dx . 答案：02、对任意的正整数,m n ，积分,sin cos -=⎰nx mxdx ππ . 答案：03、对任意的正整数,且≠m n m n ，积分20,sin sin =⎰nx mxdx π . 答案：04、对任意的正整数,且≠m n m n ，积分20,cos cos =⎰nx mxdx π . 答案：05、 若函数)(x f 在区间[]ππ,-可积，则函数)(x f 的傅立叶系数=n b . 答案：1()sin -=⎰n b f x nxdx πππ 6、若函数)(x f 在区间[]ππ,-可积，则函数)(x f 的傅立叶系数=n a ． 答案：1()cos -=⎰n a f x nxdx πππ7、 设()x f 是周期为π2的周期函数，且()() =-<≤f x x x ππ，则()x f 的傅里叶叶系数=n a _____.答案：0=n a8、 设()x f 是周期为π2的周期函数，且()()2 =-<≤f x x x ππ，则 ()x f 的傅里叶系数=n b _____.答案：0=n b9、 设()x f 是周期为π2的周期函数，且()()3 =-<≤f x x x ππ，则()x f 的傅里叶叶系数=n a _____.答案：0=n a10、设()x f 是周期为π2的周期函数，且()() =-<≤f x x x ππ，则()x f 的傅里叶级数在=x π收敛于_____.答案：0解析：()x f 的傅里叶级数在=x π收敛于(0)(0)()022-+++-==f f ππππ 11、设f x x x x (),,=-<≤---<<⎧⎨⎪⎩⎪02220ππππ，已知S x ()是f x ()的以2π为周期的正弦级数展开式的和函数，则S 94π⎛⎝ ⎫⎭⎪=______ . 答案：S 9434ππ⎛⎝ ⎫⎭⎪= 解析：由于S x ()是f x ()的以2π为周期的正弦级数展开式的和函数，所以S x ()是以2π为周期的奇函数，从而93S S 2S S 4444424⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫πππππππ=π+==--=---= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12、设f x x x x (),,=≤<≤≤⎧⎨⎪⎩⎪0022πππ，已知S x ()是f x ()的以2π为周期的余弦级数展开式的和函数，则()S -3π=______ .答案：π解析：由于S x ()是f x ()的以2π为周期的余弦级数展开式的和函数，所以S x ()是以2π 为周期的偶函数，从而()()()S 3S 43S -π=π-π=π=π13、设f x x x x (),,=≤<≤≤⎧⎨⎪⎩⎪0022πππ，已知S x ()是f x ()的以2π为周期的余弦级数展开式的和函数，则S 3⎛⎫π- ⎪⎝⎭=______ . 答案：0解析：由于S x ()是f x ()的以2π为周期的余弦级数展开式的和函数，所以S x ()是以2π为周期的偶函数，从而S S 033⎛⎫⎛⎫ππ-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭14、设f x x x x (),,=≤<≤≤⎧⎨⎪⎩⎪0022πππ，已知S x ()是f x ()的以2π为周期的正弦级数展开式的和函数，则8S 3⎛⎫π- ⎪⎝⎭=______ . 答案：23π- 解析：由于S x ()是f x ()的以2π为周期的正弦级数展开式的和函数，所以S x ()是以2π为周期的奇函数，从而8822S S S 3333⎛⎫⎛⎫⎛⎫ππππ-=-=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭15、设f x x x x x (),,=-≤<≤<⎧⎨⎪⎩⎪2022πππ，又设S x ()是f x ()的以2π为周期的余弦级数展开式的和函数，则()S 4=______ .答案：S(4)24=π- 解析：由于S x ()是f x ()的以2π为周期的余弦级数展开式的和函数，所以S x ()是以2π为周期的偶函数，从而S(4)S (4)S (24)24=-=π-=π- 16、设f x x x x x (),,=-≤<≤<⎧⎨⎪⎩⎪2022πππ，又设S x ()是f x ()的以2π为周期的余弦级数展开式的和函数，则()S 6=______ . 答案：S(6)82=-π 解析：由于S x ()是f x ()的以2π为周期的余弦级数展开式的和函数，所以S x ()是以2π为周期的偶函数，从而S(6)S (6)S (26)2(26)82=-=π-=-π-=-π 17、设f x x x x x (),,=-≤<≤<⎧⎨⎪⎩⎪2022πππ，又设S x ()是f x ()的以2π为周期的正弦级数展开式的和函数，则()S 6=______ .答案：S(6)28=π- 解析：由于S x ()是f x ()的以2π为周期的正弦级数展开式的和函数，所以S x ()是以2π为周期的奇函数，从而()S (6)S (6)S (26)[226]28=--=-π-=--π-=π-18、设()f x 是以2π为周期的连续函数，其傅里叶系数01=a ，1=n a n， 0(1,2,3,)==n b n ，则()=f x _______________ . 答案：111cos 2∞=+∑n nx n19、设()f x 是以2π为周期的连续函数，其傅里叶系数01=a ，()1-=n nb n ， 0(1,2,3,)==n a n ，则()=f x _______________ . 答案：()111sin 2∞=-+∑nn nx n 20、设()f x 是以2π为周期的连续函数，其傅里叶系数01=a ，1=n a n ，()1-=n n b n， (1,2,3,)=n ，则()=f x _______________ . 答案：()111cos 1sin 2∞=⎡⎤++-⎣⎦∑n n nx nx n。
习题6.11．（1）（a ）23()()()d ()d ,x y x y σσσσ+>+⎰⎰⎰⎰ （b ）23()()()d ()d ,x y x y σσσσ+<+⎰⎰⎰⎰（2）(a)2()()e d e d xyxy σσσσ<⎰⎰⎰⎰， （d ）2()()e d e d xy xy σσσσ>⎰⎰⎰⎰2．（1）02I ≤≤； （2）0I ≤≤ （3）e I ππ≤≤ （4）3075I ππ≤≤习题6.21．（1）221； （2）3221； （3）4(3115-； （4）62e 9e 4--；（5）54ln 22-； （6）425-； （7）21)15； （8）3cos1sin1sin 42+-2．（1）2 44 04d (,)d d (,)d yy xI x f x y y y f x y x ==⎰⎰⎰⎰；（2） sin 1 arcsin 0 0 0 arcsin d (,)d d (,)d ;xyyI x f x y y y f x y x ππ-==⎰⎰⎰⎰（3）()()()⎰⎰⎰⎰⎰⎰+==21212121211d ,d d ,d d ,d yyxxx y x f y x y x f y y y x f x I（4）21 01 01 21d (,)d d (,)d I x f x y y y f x y x ---==⎰⎰⎰⎰.3．（1）2 10 d (,)d xx x f x y y ⎰⎰； （2） 1 0d (,)d y f x y x ⎰⎰； （3） 1eed (,)d y y f x y x ⎰⎰；（4）1220 0 1d (,)d d (,)d xxx f x y y x f x y y -+⎰⎰⎰⎰； （5） 132 0d (,)d yy f x y x -⎰；（6）22 2 2 00 22d (,)d d (,)d d (,)d aa aa aay y a aaay f x y x y f x y x x f x y x +++⎰⎰⎰⎰⎰⎰；（7）214d (,)d yy f x y x -⎰⎰； （8） 12 01d (,)d yy f x y x -⎰⎰。
本章难题解答1．（书中301P ,第1题）三角多项式 ()()∑=++=nk k kn kx kx x T 1sin cos 2βαα的傅里叶级数还是它自己吗？解：()x T n 是以π2为周期的函数，不妨在[]ππ,-上展开成傅里叶级数.由于 ()dx x T a n⎰-=πππ1dx a ⎰-=πππ210()dxkx kx nk k k⎰∑-=++ππβαπ1sin cos 1（由于三角函数系的正交性） .0α= 对于 ,1,n m m ≤≤∀由()mxdx x T a nm cos 1⎰-=πππ∑⎰⎰⎰=---⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=nk kkm x d xkx mxdx kx dx mx 10cos .sincos .cos 1cos 1.2ππππππβαππα由于三角函数系的正交性，仅当m k =时，..cos .cos πππ-=⎰-mxdxmx其余().0cos .cos m k mxdx kx ≠=⎰-ππ而且().10cos .sin m k mxdx kx ≤≤=⎰-ππ故.m m a α=对于 n m m >∀,，同样由三角函数系的正交性知.0=m a即 ⎩⎨⎧≤≤=.,0,0,其他n m a m m α同理，有 ⎩⎨⎧≤≤=.,0,1,其他n m b m m β所以，()x T n 的傅里叶级数为()∑∞=++10sin cos 2m m mmxb mx aa()∑=++=nm m mmxmx 1sin cos 2βαα（换记为）().sin cos 21∑=++=nk k kkx kx βαα即三角多项式()()∑=++=nk k kn kx kx x T 1sin cos 2βαα的傅里叶级数还是它自己.2．（书中301P ,第2题）将函数()[]ππ-∈=x x x f ,sin 4展开成傅里叶级数 解：()xdxdx x dx x f a ⎰⎰⎰===--ππππππππ440sin 2sin11.432.!!4!!34s i n 4c o s s i n 2242244===⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰⎰⎰πππππππx d x t d t x d x （第二个积分中令)2π-=x t()nxdxx nxdxx f a n cos sin1cos 14⎰⎰--==ππππππn x d x x x c o s 4c o s 212c o s22341⎰-⎪⎭⎫⎝⎛+-=πππ由于三角函数系的正交性，仅当,2=n 或4=n 时，,0≠n a 此时 .814cos .4cos 81;212cos .2cos 2142==-=-=⎰⎰--ππππππxdx x a xdx x a又由于()[]ππ-∈=x x x f ,sin 4是偶函数，故,....)2,1(0==n b n . 所以，()[].,,4cos 812cos 2183ππ-∈+-=x x x x f注意：其实，聪明的同学还有更简单的做法： 既然()[].,,4cos 812cos 2183...22cos 1sin24ππ-∈+-==⎪⎭⎫⎝⎛-==x x x x x x f利用第1题的结论，它的傅里叶级数就是它自己，即： ()[].,,4c o s 812c o s 2183ππ-∈+-=x x x x f3．（书中302P ,第3题）关于区间()ππ,-展开函数⎪⎩⎪⎨⎧<-=>=.0,1,0,0,0,1s g n x x x x为傅里叶级数，并由此证明()∑∞=-=--11.4121n n n π解：注意到x sgn 为奇函数，故显然;0sgn10==⎰-dx x a πππ， ;0cos .sgn1==⎰-nxdx x a n πππn x d xx b n s i n .s g n 1⎰-=πππ|cos 2sin .2ππππnx n nxdx -==⎰[]=--=1cos 2ππn n .,..6,4,2,0,...,5,3,1,4⎪⎩⎪⎨⎧==n n n π 所以，由狄里赫莱收敛定理：⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++==∑∞=...7sin 715sin 513sin 31sin 4sin sgn 1x x x x nx b x n n π()()..12sin 12141πππ<<---=∑∞=x x n n n（*）（*）中，令,2π=x 得：()∑∞=--=1212sin 12141n n n ππ()∑∞=---=111214n n n π所以 ()∑∞=-=--11.4121n n n π4．（书中302P ,第4题）关于区间()ππ,-展开下列函数为傅里叶级数 （ⅰ）();x x f =（ⅱ）()ax x f cos =（a 为常数）； （ⅲ）();sin x x x f =（ⅳ）()⎩⎨⎧<≤<<-=.,,0,0ππx x x x f解：（ⅰ）所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此()x f 的傅里叶级数处处收敛于().x f注意到()x f 为偶函数，故显然().,2,1;0 ==n b n 而 ()dx x f a ⎰=ππ0.2;.2πππ==⎰dx x()nxdx x f a n cos .2⎰=ππnxdxx cos .2⎰=ππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==⎰⎰πππππ00s i n s i n 2s i n .2|n x d x nx x n nx d x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=|0cos 102ππnx n n[]=-=1cos 22ππn n .,..6,4,2,0,...,5,3,1,42⎪⎩⎪⎨⎧==-n n n π 所以，()x f 的傅里叶级数展开式为⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++-=+=∑∞=...7c o s 715c o s 513c o s 31c o s 42c o s 222210x x x x nx a a x n n ππ()()()..12c o s 1214212ππππ<<----=∑∞=x x n n n（ⅱ）所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此()x f 的傅里叶级数处处收敛于().x f注意到()x f 为偶函数，故显然().,2,1;0 ==n b n 而 ()dx x f a ⎰=ππ0.2dx ax ⎰=ππ.cos 2;sin 2sin 2|0ππππa a ax a ==()nxdx x f a n cos .2⎰=ππnxdxax cos .cos 2⎰=ππ()()[]dx x a n x a n ⎰++-=ππcos cos 212()[]dx x a n ⎰-=ππcos 1()[]dxx a n ⎰++ππcos 1()()[]|0sin 1ππx a n a n --=()()[]|0sin 1ππx a n a n +++()()[]ππa n a n --=sin 1()()[]ππa n a n +++sin 1())sin(1πππa n a n --=())sin(1πππa n a n +++()())sin(11ππa a n n ---=()())sin(11ππa a n n -++()()⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=a n a n a n11sin 1ππ()()222sin 1an a a n---=ππ()().1.sin 2221an aa n --=+ππ() ,2,1=n所以，()x f 的傅里叶级数展开式为()(),c o s 121s i n2c o s 1221⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=∑∞=+n n a n nx a a a ax ππ ().ππ<<-x（ⅲ）所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此()x f 的傅里叶级数处处收敛于().x f注意到()x f 为偶函数，故显然().,2,1;0 ==n b n 而 ()dx x f a ⎰=ππ0.2dx x x ⎰=ππ.sin 2()x d x cos .2⎰-=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππ00cos cos 2|xdx x x ;2=()dx x x f a ⎰=ππ1.cos 2xdx x x cos .sin 2⎰=ππdxx x ⎰=ππ2sin 1()x d x 2cos .210⎰-=ππ;212cos 2cos 2100|-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππxdx x x()nxdx x f a n cos .2⎰=ππnxdxx x cos .sin 2⎰=ππ()()[]dx x n x n x ⎰--+=ππ1sin 1sin 21.2()[]dxx n x ⎰+=ππ1sin 1()[]dx x n ⎰--ππ1sin1()()[]x n d x n 1cos 11++-=⎰ππ()()[]x n d x n 1cos 11--+⎰ππ()()[]()[]{}⎰+-++-=πππ1cos 1cos 11|dx x n x n x n()()[]()[]{}⎰----+πππ1cos 1cos 11|dx x n x n x n()()[]πππ1cos 11++-=n n ()()[]πππ1cos 11--+n n()()1111+-+-=n n ππ()()1111---+n n ππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-=11111n n n ()1212---=n n ().12121--=+n n () ,3,2=n所以，()x f 的傅里叶级数展开式为 ()()..c o s 112c o s 211s i n 221ππ<<---+-=∑∞=+x nx n x x x n n（ⅳ） ()dx x f a ⎰-=πππ.10()d x x f ⎰=ππ.1;2.1πππ==⎰d x x()n x d x x f a n c o s .1⎰-=πππn x d x x c o s .1⎰=ππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==⎰⎰πππππ00s i n s i n 1s i n .1|n x d x nx x n nx d x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=|0cos 101ππnx n n[]=-=1cos 12ππn n .,..6,4,2,0,...,5,3,1,22⎪⎩⎪⎨⎧==-n n n π ()nxdx x f b n sin .1⎰-=πππnxdxx sin .1⎰=ππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-=⎰⎰πππππ00c o s c o s 1c o s .1|n xd x nx x n nx d x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=|0sin 1cos 1ππππnx n n n=-=πn ncos 1().11nn +-=() ,2,1=n所以，()x f 的傅里叶级数展开式为 ()()()()()..s i n 11212c o s 241112ππππ<<--+---=∑∑∞=+∞=x nx nn x n x f n n n5．（书中307P ,第1题）将函数()()()ππ<<-=x x x x f 0分别展开成正弦级数与 余弦级数.解：（一）对()x f 作奇延拓及周期延拓. ,...)2,1,0(0==n a n . ()⎰⎰⎰-=-=ππππππ2s i n 2s i n 2s i n 2n x d x x n x d x x n x d x x x b n其中⎰πsin 2nxdx x ()nx d x ncos 2⎰-=π⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰ππ00c o s c o s 2|n x d x nx x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=|0sin 1cos 2πππnx n n n=-=ππn ncos 2().121+-n nπ （1）⎰-ππ2sin 2nxdx x ()nx d x n cos 202⎰=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰πππ002c o s 2c o s 2|n xd x x nx x n()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰ππππ02sin 2cos 2nx xd nn n⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππππ002sin sin 4cos 2|nxdx nx x n n n()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=|02cos 10412πππnx n n n n()()[]114123----=nnn nππ()()[].114123nnn n--+-=ππ （2）故 ()112+-=n n n b π()()[]nnn n114123--+-+ππ()[]nn 1143--=π.,..6,4,2,0,...,5,3,1,83⎪⎩⎪⎨⎧===n n n π 所以，()()()x n n x f n 12sin 121813++=∑∞=π.)π<<x 0（二）对()x f 作偶延拓及周期延拓.,...)2,1(0==n b n ；()dx x f a ⎰=ππ0.2()dx x x ⎰-=πππ.2;3.12πππ==⎰dx x()⎰⎰⎰-=-=ππππππ2c o s 2c o s 2c o s 2n x d x x n x d x x n x d x x x a n其中⎰πcos 2nxdx x ()nx d x nsin 2⎰=π⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰ππ00s i n s i n 2|n x d x n x x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=|0cos 102πnx n n ()1cos 22-=πn n()[].1122--=nn（1）⎰-ππ2cos 2nxdx x ()nx d x n sin 22⎰-=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππ002sin 2sin 2|nxdx x nx x n()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎰ππ0cos 202nx xd n n⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππ002cos cos 4|nxdx nx x n []0cos 42+-=πππn n().142nn--=故 ()[]1122--=nn na ()nn142--()[]nn1122---=().1412+-+n n() ,2,1=n所以，()()[]nxnx f n ncos 11126122∑∞=---=π()nx nn n cos 114112∑∞=+-+()()x n n n 12c o s12146122---=∑∞=π()nx nn n cos 114112∑∞=+-+ ()π<<x 06．（书中307P ,第2题）设()t f 是周期为π2，高为h 的锯齿形波，它在[]π2,0的函数表示式为()th t f π2=，试把它展开成傅里叶级数.解：()dt t f a ⎰=ππ2001h th dt t h ===⎰|2022202.221πππππ；() ,2,1=n()dt nt t f a n ⎰=ππ20cos 1ntdtt h cos .2120⎰=πππ()nt d t n hsin 2202⎰=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰πππ20202s i n s i n 2|n t d t nt t n h[]0022--=πn h .0=()dt nt t f b n ⎰=ππ20sin 1ntdtt h sin .2120⎰=πππ()nt d t n hcos 2202⎰-=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππ20202c o s c o s 2|n td t nt t n h[]02cos 222--=πππn n h.πn h -=() ,2,1=n所以，()t f 的傅里叶级数展开式为 ().s i n 121nt n hh t f n ∑∞=-=π() ,2,1,0,2±±=≠kk x π7．（书中307P ,第3题）在()π2,0展开函数()2xx f -=π为傅里叶级数.解：对()x f 作周期延拓. ()dx x f a ⎰=ππ2001()021.21.121|20220=--=-=⎰ππππππx dx x；()nxdxx f a n cos 120⎰=ππnxdxxcos 2120⎰-=πππ()()nx d x n sin 2120⎰-=πππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎰ππππ2020s i n s i n 21|n x d x nx x n[]00021=-=πn ；()nxdxx f b n sin 120⎰=ππnxdxxsin 2120⎰-=πππ()()nx d x n cos 2120⎰--=πππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=⎰ππππ2020c o s c o s 21|n x d x nx x n[]nn n 12cos 21=---=ππππ；() ,2,1=n所以，()t f 的傅里叶级数展开式为 ().s i n 11nx nx f n ∑∞==()π20<<x8．（书中307P ,第4题）设()t f 是周期为()0>T T 的周期函数，它在⎪⎭⎫⎝⎛-2,2T T 内的函数表示式为()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<-=<<=.02,0,2,20,sin t TT T t t E t f m πωω，试把它展开成傅里叶级数. 解：()dtt f T a TT ⎰-=22021 tdt E TTm ωsin 22⎰=|20cos 12Tm t T E ⎪⎭⎫⎝⎛-=ωω⎪⎭⎫⎝⎛-=2c o s 12T T E m ωω⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=2.2c o s 12.2T T T T E m πππmE 2=； ()dtT t n t f T a TT n ⎰-=222cos.21π dt Tt n t E TTm πω2cos.sin 22⎰=dt t T n t T n TE T m ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=22sin 2sin πωπω⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=|202c o s 21T m t T n T n T E πωπω⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛---+|202c o s 21Tm t T n T n T E πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2.2c o s 12TT n TT n E m πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2.2cos 12TT n TT n E m πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2.22cos 122T T n T TT n T E mππππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2.22cos 122T T n T TT n TE mππππ ()[]ππn n E m cos 112++=()[]ππn n E m cos 112+-+[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++=n n n E m1111cos 12ππ()[]212112n E n m --+=π.,..5,3,1,0,...,6,4,2,.112⎪⎩⎪⎨⎧==-=n n E n m π ()dt T tt f T b TT ⎰-=2212sin.21πdt Tt t E TTm πω2sin.sin 22⎰=dt Tt Tt E TTm ππ2sin.2sin22⎰=dt Tt E TTm24cos 122π-=⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=|204sin 4Tm T t T t T E ππ22sin 42m m E T T T E =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ππ；()dtT t n t f T b TT n ⎰-=222sin.21π dt Tt n t E TTm πω2sin.sin 12⎰=dt t T n t T n TE Tm ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22cos 2cos πωπω⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=|202s i n 21T m t T n T n T E πωπω⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+++|202s i n 21Tm t T n T n T E πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=02.2s i n 2T T n T T n E m πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛++12.2sin 2T T n T T n E m πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=02.22sin22TT n TT T n T E mππππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛++02.22sin22T T n T T T n T E mππππ ()ππn n E m sin 12-=().0sin 12=++ππn n E m .,3,2 =n所以，()t f 的傅里叶级数展开式为().4c o s 1412s i n 212T tn n Tt E E x f n mmπππ∑∞=-++=9．（书中307P ,第5题）设()x f 在[]ππ,-上为可积的奇函数且在[]π,0上有().0≥x f 求证：1kb b k ≤（其中k b 为()x f 的傅里叶系数）.提示：().0sin sin π≤≤≤x x k kx证明：（一）先用数学归纳法证明：对于+∈N k ，有().0s i n s i nπ≤≤≤x x k kx （*）成立。
